%	A	B	C	D	E	F	G	H	J	K
%	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
%第十周期中考试

%1.1. 数域
%1.2. 一元多项式
%1.3. 整除的概念
%1.4. 最大公因式
%1.5. 因式分解定理
%1.6. 重因式
%1.7. 多项式函数
%1.8. 复系数和实系数多项式的因式分解
%1.9. 有理系数多项式。

%6.1. 集合与映射
%6.2. 线性空间的定义与简单性质
%6.3. 维数、基与坐标
%6.4. 基变换与坐标变换
%6.5. 线性子空间
%6.6. 子空间的交与和
% 6.7. 子空间的直和
% 6.8. 线性空间的同构

% 7.1. 线性变换的定义
% 7.2. 线性变换的运算
% 7.3. 线性变换的矩阵
% 7.4. 特征值与特征向量
% 7.5. 对角矩阵

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%摘要 Week K Teaching Goal 

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 1
\newcommand{\KMA}{
记 $\mathbb{Q}$ 是有理数域，判断数集 $P=\{a+b\sqrt[3]{2}\mid a,b\in\mathbb{Q} \}$ 是否为一个数域，并说明理由。

}

%\item % 1a.  
\newcommand{\KMAsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  因为 $\sqrt[3]{2}\in P$, 但是 $\sqrt[3]{2}\cdot \sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{4}\notin P$, 所以数集 $P$ 在乘法运算下的结果不是封闭的。

\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\item  所以 $P$ 不是数域。
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 2
\newcommand{\KMB}{
设 $f(x)=x^3+2x^2+3x+4$, $g(x)=x^2+x+2$. 求 $f(x)$ 除以 $g(x)$ 得到的商和余式。

}

%\item % 2a.  
\newcommand{\KMBsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  长除法可得商为 $q(x)=x+1$.
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})
\item  余式为 $r(x)=2$.
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 3
\newcommand{\KMC}{
使用辗转相除法计算多项式 $f(x)=x^3-5x^2+8x-4$ 与 $g(x)=x^2-4x+3$ 的最大公因式 $d(x)$. 
%并求多项式 $u(x)$ 与 $v(x)$ 使得 $d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x)$. 

}

%\item % 3a.  
\newcommand{\KMCsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  $f(x)=(x-1)g(x)+(x-1)$.
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  $g(x)=(x-3)(x-1)$.
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  最大公因式为 $d(x)=x-1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 4
\newcommand{\KMD}{
设 $(x+1)^2\mid x^4+Ax^2+B$, 求 $A,B$ 的值。

}

%\item % 4a.  
\newcommand{\KMDsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  记 $f(x)=x^4+Ax^2+B, g(x)=x^2+2x+1$. 
\item  长除法可得 $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$, 其中 
\begin{eqnarray*}
q(x)&=&x^2-2x+A+3, \\
r(x)&=&(-2A-4)x+B-A-3. 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})

\item  因为 $g(x)$ 整除 $f(x)$, 所以余式为零，所以
\[A=-2, B=1.\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

另解：设 $x=t-1$, 则 $t^2\mid (t-1)^4+A(t-1)^2+B$. 令常数项和一次项的系数为零。

三解：记 $f(x)=x^4+Ax^2+B=(x+1)^2h(x)$. 
因为 $x=-1$ 是 $f(x)$ 的二重根，所以有 $f(-1)=0$, $f'(-1)=0$. 

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 5
\newcommand{\KME}{
判断多项式 $f(x)=x^3+5x^2+3x-9$ 是否有重因式。

}

%\item % 5a.  
\newcommand{\KMEsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  导数多项式为 $f'(x)=3x^2+10x+3$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  辗转相除法求得
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&\left(\frac{1}{3}x+\frac{5}{9}\right)f'(x)+\left(-\frac{32}{9}x-\frac{32}{3}\right), \\
f'(x)&=&\left(-\frac{32}{9}x-\frac{32}{3}\right)\left(-\frac{27}{32}x-\frac{9}{32}\right). 
\end{eqnarray*}
所以 $f(x),f'(x)$ 的最大公因式为 $d(x)=x+3$.
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 $f(x)$ 有重因式。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 6
\newcommand{\KMF}{
使用艾森斯坦判别法，判断多项式 $f(x)=x^6+2x^5+4x^4+6x^2+8x+10$ 在有理数域上是否可约。

}

%\item % 6a.  
\newcommand{\KMFsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  取 $p=2$.
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  验证判别条件：$p\nmid 1, p\mid 2, p\mid 4, p\mid 6, p\mid 8, p\mid 10, p^2\nmid 10$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item 所以多项式 $f(x)$ 在有理数域上不可约。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 7
\newcommand{\KMG}{
求多项式 $f(x)=x^4-2x^3+3x^2-3x-6$ 的有理根。

}

%\item % 7a.  
\newcommand{\KMGsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  所有可能得有理根为 $x=\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  分别代入可得 $f(2)=0$. 然后长除法可得 $f(x)=(x-2)(x^3+3x+3)$. 
\item  $g(x)=x^3+3x+3$ 的可能有理根为 $x=\pm 1, \pm 3$, 分别代入，都不为零。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 $x=2$ 是唯一的有理根。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 8
\newcommand{\KMH}{
在实系数一元多项式全体组成的线性空间 $V=\mathbb{R}[x]$ 中，判断向量组 $\{(x-1)(x-2), (x-2)(x-3), (x-3)(x-4), (x-4)(x-1)\}$ 是线性相关还是线性无关，并说明理由。

}

%\item % 8a.  
\newcommand{\KMHsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  按线性相关的定义，设有线性组合等于零向量，
\[
k(x-1)(x-2)+m(x-2)(x-3)+n(x-3)(x-4)+\ell(x-4)(x-1)=0,
\]
求得一个非零解 $(k,m,n,\ell)=(1,-3,1,1)$. 
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  所以这个向量组是线性相关的。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
另解：这四个多项式都是二次的，所以都是 $L(1,x,x^2)$ 中的向量。因为 $L(1,x,x^2)$ 的维数等于3, 所以这四个多项式线性生成的子空间的维数小于等于3. 

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 9
\newcommand{\KMI}{

在 \( \mathbb{R}^3 \) 中，求向量 \(\xi= (1, 2, 5) \) 在基 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3\) 下的坐标，其中 
\(
\begin{cases}
\varepsilon_1 = (1, 1, 0), \\ 
\varepsilon_2 = (1, 0, 1), \\ 
\varepsilon_3 = (1, 1, 1).  
\end{cases}
\)

}

%\item % 9a.  
\newcommand{\KMIsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 $\xi=k_1\varepsilon_1+k_2\varepsilon_2+k_3\varepsilon_3$. 
其中 $(k_1,k_2,k_3)$ 是向量 $\xi$ 在基 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3\) 下的坐标。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  将向量写成列向量，将上述向量等式写成矩阵形式，可得
\[
\begin{pmatrix} 
1 \\ 
2 \\ 
5 \\ 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 
1&1&1 \\ 
1&0&1 \\ 
0&1&1 \\ 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 
k_1 \\ 
k_2 \\ 
k_3 \\ 
\end{pmatrix}. 
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  对增广矩阵作初等行变换化为行最简形，可得
\[
\begin{pmatrix} 
1&1&1&1 \\ 
1&0&1&2 \\ 
0&1&1&5 \\ 
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix} 
1&0&0&-4 \\ 
0&1&0&-1 \\ 
0&0&1&6 \\ 
\end{pmatrix}.
\]

\item  所求坐标为 $(-4,-1,6)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 10
\newcommand{\KMJ}{

在 \( \mathbb{R}^3 \) 中，求第一组基 \( \varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3 \) 到第二组基 \( \eta_1, \eta_2, \eta_3 \) 的过渡矩阵。
\[
\begin{cases}
\varepsilon_1 = (1,0,0), \\
\varepsilon_2 = (1,1,0), \\
\varepsilon_3 = (1,1,1). 
\end{cases}
\quad 
\begin{cases}
\eta_1 = (1,2,3), \\
\eta_2 = (2,3,4), \\
\eta_3 = (3,4,6). 
\end{cases}
\]

}

%\item % 10a.  
\newcommand{\KMJsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据过渡矩阵的定义，有 $( \eta_1, \eta_2, \eta_3 ) = ( \varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3 )A $, 其中 $A$ 是待求的过渡矩阵。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
 
\item  将向量写成列向量的形式，可得矩阵方程
\[
\begin{pmatrix} 
1&2&3 \\ 
2&3&4 \\ 
3&4&6 \\ 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 
1&1&1 \\ 
0&1&1 \\ 
0&0&1 \\ 
\end{pmatrix}
A.
\]

\item  将增广矩阵用初等行变换化为行最简形，可得
\[
\begin{pmatrix} 
1&1&1&1&2&3 \\ 
0&1&1&2&3&4 \\ 
0&0&1&3&4&6 \\ 
\end{pmatrix}
\rightarrow
\begin{pmatrix} 
1&0&0&-1&-1&-1 \\ 
0&1&0&-1&-1&-2 \\ 
0&0&1&3&4&6 \\ 
\end{pmatrix}
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  因此所求过渡矩阵为
\[
A=\begin{pmatrix} 
-1&-1&-1 \\ 
-1&-1&-2 \\ 
3&4&6 \\ 
\end{pmatrix}. 
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 11
\newcommand{\KMK}{
求子空间\( L(\alpha_1, \alpha_2) \) 与子空间 \(L(\beta_1,\beta_2) \)的交空间的维数，其中
\[
\begin{cases}
\alpha_1 = (1,0,1,2), \\
\alpha_2 = (2,1,1,1),
\end{cases}
\quad 
 \begin{cases}
\beta_1 = (1,0,1,0), \\
\beta_2 = (2,2,0,0).
\end{cases}
\]


}

%\item % 11a.  
\newcommand{\KMKsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item 设子空间\( L(\alpha_1, \alpha_2) \) 与子空间 \(L(\beta_1,\beta_2) \)的交集有元素 
$x_1\alpha_1+x_2\alpha_2 = y_1\beta_1+y_2\beta_2.$

\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  写成矩阵形式，有下述等式，其中 $\theta$ 是零向量，
\[
(\alpha_1,\alpha_2,-\beta_1,-\beta_2) 
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}=\theta,
\]

\item  把每个元素都写出来，可得
\[
\begin{pmatrix} 
1&2&-1&-2 \\ 
0&1&0&-2 \\ 
1&1&-1&0 \\ 
2&1&0&0 \\ 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. 
\]

\item  对系数矩阵进行初等行变换，化为行最简形，可得 
\[
\begin{pmatrix} 
1&2&-1&-2 \\ 
0&1&0&-2 \\ 
1&1&-1&0 \\ 
2&1&0&0 \\ 
\end{pmatrix}
\rightarrow 
\begin{pmatrix} 
1&0&0&1 \\ 
0&1&0&-2 \\ 
0&0&1&-1 \\ 
0&0&0&0 \\ 
\end{pmatrix}.
\]

\item  可得通解为 $(x_1,x_2,y_1,y_2)=k(-1,2,1,1)$, 其中 $k$ 为任意实数。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  可得交集的一般元素具有形式 
$\xi=-k\alpha_1+2k\alpha_2=k(3,2,1,0)=:k\eta$, 其中 $k$ 为任意实数。即有
\[
L(\alpha_1, \alpha_2) \cap 
L(\beta_1,\beta_2) 
= L(\eta),
\]
因此交空间的维数为1. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 12
\newcommand{\KML}{
如果 \( \alpha +2 \beta + 3\gamma = 0 \)，证明：\( L(\alpha, \beta) = L(\beta, \gamma).  \)
}

%\item % 12a.  
\newcommand{\KMLsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  因为 $\alpha = -2 \beta -3\gamma$, 所以 \( L(\alpha, \beta) \subseteq  L(\beta, \gamma)\). 
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\item  因为 $\gamma = -\frac{1}{3} \alpha -\frac{2}{3}\beta$, 所以 \( L(\beta, \gamma) \subseteq  L(\alpha, \beta) \). 
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\item  所以 \( L(\alpha, \beta) = L(\beta, \gamma)\). 
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 13
\newcommand{\KMM}{
在线性空间 \( V= \mathbb{R}^3 \) 中，求由齐次线性方程组确定的解空间的基与维数：
\[
\begin{cases}
x_1 + x_2 + x_3 = 0, \\
x_1 + 2x_2 + 5x_3 = 0, \\
\end{cases}
\]
}

%\item % 13a.  
\newcommand{\KMMsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  求解齐次线性方程组，将系数矩阵进行初等行变换，化为行最简形，可得
\[
\begin{pmatrix} 
1&1&1 \\ 
1&2&5 \\ 
\end{pmatrix}
\rightarrow 
\begin{pmatrix} 
1&0&-3 \\ 
0&1&4 \\ 
\end{pmatrix}.
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  因此解空间为 $L(\eta)$, 其中基础解系 $\eta=(3,-4,1)$. 
解空间的基为 $\eta$（或其非零常数倍）。

\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  解空间的维数为1. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 14
\newcommand{\KMN}{
设 \( V_1 \) 与 \( V_2 \) 分别是齐次线性方程组 \( x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0 \) 与 \( x_1 = x_2  = x_3 \) 的解空间，证明：\( \mathbb{R}^3 = V_1 \oplus V_2 \). 
}

%\item % 14a.  
\newcommand{\KMNsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  对任意 $\alpha\in V:=\mathbb{R}^3$, 令 $t=\frac{1}{6}(x_1+2x_2+3x_3)$,  
\[
\alpha=
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} x_1-t \\ x_2-t \\ x_3-t \end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix} t \\ t \\ t \end{pmatrix}
=:\beta + \gamma,
\]
则有 $\beta\in V_1, \gamma\in V_2$, 所以 $V=V_1+V_2$. 

\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\item  设 $\alpha=(x_1,x_2,x_3)^t\in V_1\cap V_2$, 则有
\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\
x_1 = x_2  = x_3,
\end{cases}
\end{eqnarray*}
可得只有 $(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$ 时才成立，因此有 $V_1\cap V_2 = \{\theta\}$ 为零子空间。

\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})

\item  根据直和的定义，有 \( \mathbb{R}^3 = V_1 \oplus V_2 \). 
\end{enumerate}

另证：求得 $V_1=L(\alpha_1,\alpha_2)$, 其中 $\alpha_1=(-2,1,0), \alpha_2=(-3,0,1)$. 
$V_2=L(\beta)$, 其中 $\beta=(1,1,1)$. 
因为向量组 $\alpha_1,\alpha_2,\beta$ 线性无关，所以是 $V=\mathbb{R}^3$ 的一组基。
所以 $V=V_1\oplus V_2$. 

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 15
\newcommand{\KMO}{
设 \(\mathcal{A}\) 是线性空间 \( V \) 上的线性变换，如果 \(\mathcal{A}^{2} \xi \neq 0\)，但 \(\mathcal{A}^3 \xi = 0\), 证明：向量组 \(\xi, \mathcal{A} \xi, \mathcal{A}^{2} \xi \) 线性无关。
}

%\item % 15a.  
\newcommand{\KMOsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 \(k_1\xi +k_2\mathcal{A} \xi +k_3 \mathcal{A}^{2} \xi =0 \).
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\item  两边同时作用 $\mathcal{A}^2$, 因为 $\mathcal{A}^3\xi=0$ 所以 $k_1\mathcal{A}^2\xi=0$. 但 \(\mathcal{A}^{2} \xi \neq 0\)，所以 $k_1=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\item  在等式 \(k_2\mathcal{A} \xi +k_3 \mathcal{A}^{2} \xi =0 \) 两边同时作用 $\mathcal{A}$, 可得 $k_2\mathcal{A}^2\xi=0$. 所以 $k_2=0$.
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\item  因为 $k_3 \mathcal{A}^{2} \xi =0$ 但 \(\mathcal{A}^{2} \xi \neq 0\), 所以 $k_3=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\item  所以向量组 \(\xi, \mathcal{A} \xi, \mathcal{A}^{2} \xi \) 线性无关。

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 16
\newcommand{\KMP}{
设 $V$ 是实数域上的二维线性空间。设线性变换 $\mathcal{A}$ 在一组基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2$ 下的矩阵是
$\begin{pmatrix} 2&0 \\ 2& 5 \end{pmatrix}$. 
设另一组基为 $\eta_1=\varepsilon_1+2\varepsilon_2, \eta_2=\varepsilon_1+3\varepsilon_2$. 
求 $\mathcal{A}$ 在基 $\eta_1, \eta_2$ 下的矩阵。

}

%\item % 16a.  
\newcommand{\KMPsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  由条件得线性变换 $\mathcal{A}$ 在第一组基下的矩阵为 $A=\begin{pmatrix} 2&0 \\ 2& 5 \end{pmatrix}$, 即 
\(
(\mathcal{A}\varepsilon_1, \mathcal{A}\varepsilon_2)
= (\varepsilon_1, \varepsilon_2)
\begin{pmatrix} 2&0 \\ 2& 5 \end{pmatrix}.
\)

\item 两组基的过渡矩阵 $P$ 由下述等式给出，
\(
(\eta_1,\eta_2) = (\varepsilon_1, \varepsilon_2)
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3 \end{pmatrix}.
\)

\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  线性变换 $\mathcal{A}$ 在另一组基下的矩阵为 $B$, 即  
\(
(\mathcal{A}\eta_1, \mathcal{A}\eta_2) = (\eta_1, \eta_2) B.
\)

\item  
\[
B=P^{-1}AP=
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3 \end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix} 2&0 \\ 2&5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} -6&-11 \\ 8&13 \end{pmatrix}.
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 17
\newcommand{\KMQ}{
设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 8 & 10 \\ -3 & -3 \end{pmatrix}$, 求 \( A^k \). 

}

%\item % 17a.  
\newcommand{\KMQsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  求得特征值为 $\lambda_1=2, \lambda_2=3$, 特征向量分别为 
\(
\xi_1=\begin{pmatrix} 5 \\ -3 \end{pmatrix}, 
\xi_2=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}.
\)
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  记 $P=\begin{pmatrix} 5&2 \\ -3&-1 \end{pmatrix}$, 则有对角化
\(
P^{-1}AP=B=\begin{pmatrix} 2&0 \\ 0&3 \end{pmatrix}.
\)

\item  因此 $A^k=(PBP^{-1})^k = PB^kP^{-1}$ 等于下述计算，
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix} 5&2 \\ -3&-1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 2&0 \\ 0&3 \end{pmatrix}^k
\begin{pmatrix} 5&2 \\ -3&-1 \end{pmatrix}^{-1} 
=
\begin{pmatrix} -5(2^k)+6(3^k)&-10(2^k)+10(3^k) \\ 3(2^k)-3^{k+1}&6(2^k)-5(3^k) \end{pmatrix}.
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})


\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 18
\newcommand{\KMR}{
设线性变换 $\mathcal{A}$ 在一组基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3$ 下的矩阵如下，求这个线性变换的特征值与特征向量。
\[
A=\begin{pmatrix} 2&3&4 \\ 0&-7&-15 \\ 0&6&12 \end{pmatrix}. 
\]

}

%\item % 18a.  
\newcommand{\KMRsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  特征多项式为 
\[
|\lambda E-A|= 
\begin{vmatrix} 
\lambda-2 &-3&-4\\ 
0&\lambda+7 &15 \\ 
0&-6&\lambda-12  
\end{vmatrix} = (\lambda-2)(\lambda^2-5\lambda+6),
\]
由此求得特征值为 $\lambda_1=2, \lambda_2=2, \lambda_3=3$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  对每个特征值 $\lambda$, 求解下述齐次线性方程组，可得相应的特征向量，
\[
\begin{pmatrix} 
\lambda-2 &-3&-4\\ 
0&\lambda+7 &15 \\ 
0&-6&\lambda-12  
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 
x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 
0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}.
\]

\item  当 $\lambda_{1,2}=2$ 时，特征向量为 
\[
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
= 
k\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},
\]
其中 $k$ 为非零实数。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\item  当 $\lambda_{3}=3$ 时，特征向量为 
\[
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}
= 
k\begin{pmatrix} -1 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}, 
\]
其中 $k$ 为非零实数。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

